Énigme n° 1 : Jeux de mains Énigme n° 2 : Art d`amants Énigme n° 3

Énigme n° 1 : Jeux de mains
Une soirée réunit 13 couples. Après le dîner, l’une des convives s’ennuie et demande aux 25 autres personnes combien elles
ont serré de mains à leur arrivée. Elle obtient 25 réponses différentes. Quelle a donc été la réponse de son mari ?
Bien sûr, personne ne serre plus d’une fois la main de ses amis et personne ne serre sa propre main ni celle de son conjoint.
Solution :
Il y a 26 personnes, chacune a donc donné 24 poignées de mains au plus, car elle n’a serré ni la main de son
conjoint, ni la sienne.
Les 25 réponses différentes que la dame a pu obtenir sont donc les nombres de 0 à 24.
Soit Pi la personne ayant serré i mains et P la dame en question. P24 a serré les mains de tout le monde, sauf de P0 ; P0
et P24 sont donc mari et femme.
P1 n’a serré qu’une seule main, celle de P24. P23 a serré toutes les mains sauf celles de 2 convives : P0 et P1. Son
conjoint est donc l’un de ces deux convives ; comme P0 est marié avec P24, P1 et P23 sont mari et femme.
De proche en proche, on démontre ainsi que Pj et P24-j sont mari et femme et ce, jusqu’à P11 et P13.
Reste alors P12 qui ne peut être que l’époux de P. La solution est donc 12.
Il est alors facile de voir que la dame P a également donné 12 poignées de main.
APMEP – Journées de Pau 2003 Extrait de : Mathématiques de compétition 7-2
Énigme n° 2 : Art d'amants
Roméo et Juliette se rendent aléatoirement, à partir de 12 heures, au musée.
Chacun d'eux y reste douze minutes puis, repart à 13 heures au plus tard.
Quelle est la probabilité qu'ils se rencontrent ?
60
Solution :
Soit x (resp. y) le temps, exprimé en minutes, écoulé entre 12h00 et l’arrivée
de la 1re personne (resp. la 2e).
Il faut : 0 ≤ x ≤ 48, 0 ≤ y ≤ 48 et x ≤ y.
La rencontre aura lieu si et seulement si : y ≤ x + 12.
Sa probabilité est donc :
aire de OUWI 7
.
=
aire de OVI
16
W
48
V
I
12 U
36
O
48 60
APMEP – Journées de Pau 2003 Extrait de : Bulletin Réciproques n°8 – mars 1999
Énigme n° 3 : Le concierge est dans l'ascenseur
Dans cet immeuble de onze étages, l’ascenseur est bien capricieux : il ne peut monter que 2, 3 ou 5 étages à la fois et ne
peut descendre que de 4 ou 11 étages.
Le concierge, dont la loge est située au rez-de-chaussée, doit procéder à la distribution du courrier.
Comment doit-il opérer pour partir de sa loge, s’arrêter une fois et une seule à chaque étage, et revenir chez lui ?
Sauriez-vous déterminer le nombre de cheminements différents possibles ?
Solution :
On fait un arbre des possibilités et on procède par élimination.
Il y a 6 solutions possibles :
0-2-4-7-9-5-1-3-8-10-6-11-0
0-2-4-7-10-6-9-5-1-3-8-11-0
0-2-5-1-3-8-4-7-10-6-9-11-0
0-2-5-1-4-7-3-8-10-6-9-11-0
0-3-8-10-6-2-5-1-4-7-9-11-0
0-5-1-3-8-10-6-2-4-7-9-11-0
Le problème peut être représenté par un graphe (fig. 1) dans lequel on a dessiné la première solution (fig. 2).
0
Il s’agit d’un problème de
recherche de cycle hamiltonien :
trouver un chemin qui parte du
sommet 0, qui passe par tous les
sommets une fois et une seule, et qui
revienne au sommet 0.
0
1
11
10
10
2
3
9
fig. 1
7
3
4
8
5
6
2
9
4
8
APMEP – Journées de Pau 2003
Extrait de : 100 jeux mathématiques du monde
n°2 – p 102
1
11
fig. 2
7
5
6
Énigme n° 4 : Quel coffre !
Le numéro de code du coffre du capitaine Mémo est le plus petit nombre entier N tel que si on écrit 1 à gauche et à droite des
chiffres de N, le nombre ainsi obtenu est égal à 99 × N.
1 ???... ???1=99 × ???... ???
Quel est ce numéro ?
Solution :
Nous avons N + 1N1 = 100 N. Posons cette addition :
Commençons à droite : le chiffre des unités de N ne peut être que 9.
•
•
•
•
+
=
1
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
+
=
1
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
…
…
…
•
•
•
•
•
•
•
•
•
0
1
0
…
…
…
•
•
•
9
•
•
•
9
9
0
1
0
•
•
0
9
•
0
9
9
0
1
0
Poursuivons de droite à gauche ; pour chaque rang, il n’y a
•
•
•
•
…
qu’une possibilité. À chaque étape, nous vérifions s’il est possible ou
+ 1 • • • • • …
non de terminer l’addition en ajoutant un 1 à gauche du nombre de la
•
•
•
•
•
•
=
…
deuxième ligne.
Comme nous le constatons ci-dessous, l’addition peut s’arrêter lorsqu’on a écrit 21 chiffres.
+
=
1
1
1
1
1
1
2
1
2
3
2
3
5
3
5
9
5
9
5
9
5
5
5
5
0
5
0
5
Le code est donc : 112 359 550 561 797 752 809 .
0
5
6
5
6
1
6
1
7
1
7
9
7
9
7
9
7
7
7
7
5
7
5
2
5
2
8
2
8
0
8
0
9
0
0
9
0
9
1
0
APMEP – Journées de Pau 2003 Extrait de : 50 énigmes mathématiques – n° 40
Énigme n° 5 : Tapis gris
Un tapis carré de un mètre de côté est décoré d'un motif constitué à partir de quarts de cercle.
Quelle est l’aire de la partie grisée ?
Solution :
x + 3y + 2z = π
4
x + 4y + 4z =1
L’aire d’un segment circulaire est égale à
π – 3. (secteur – triangle équilatéral)
6 4
Donc x + 2y + z = 3 + 2 (π – 3) = π – 3.
6 4
3 4
4
La résolution de ce système donne :
x = π + 1– 3 ≈ 0,315.
3
APMEP – Journées de Pau 2003
Énigme n° 6 : Le saucisson numérisé
Un charcutier vient de découvrir sur un emballage un nombre gigantesque (près de 50 chiffres). Ne sachant qu’en faire, il
décide de le saucissonner en tranches de 2 chiffres en partant de la droite. Puis il additionne toutes les « tranches ».
Par exemple si le nombre se termine par …367523, il pose 23 + 75 + 36 +…
La somme de tous ces nombres vaut 2003.
Le lendemain, le fils du charcutier tombe sur le même nombre. Il lui applique une technique différente : il écrit le premier
chiffre en partant de la droite, retranche le second, ajoute le troisième, enlève le quatrième,… jusqu’au dernier. Sur l’exemple
précédent cela donnerait : 3 – 2 +5 – 7 + 6 – 3…
Le résultat est un nombre positif formé d’un seul chiffre. Lequel ?
Solution :
Nous raisonnons sur le reste de la division euclidienne par 11 du nombre gigantesque que nous appellerons N.
Comme 102 ≡ 1 (modulo 11), nous avons donc 102n ≡ 1 (mod 11)
Ainsi, si N = " fedcba c’est-à-dire N = ba + dc × 102 + fe × 104 + " , nous aurons
N ≡ ba + dc + fe + " (mod 11), donc N ≡ 2003 (mod 11).
Or, 2003 est congru à 1 modulo 11 et en conséquence nous obtenons N ≡ 1 (mod 11).
Par ailleurs, il est connu que la deuxième somme effectuée par le fils du charcutier est congrue à N modulo 11 (grâce à 10n ≡ (–1)n (mod 11)).
Comme le résultat n’a qu’un chiffre, c’est le reste lui-même, donc 1.
APMEP – Journées de Pau 2003